5. Autovalores y autovectores

172
Autovalores y autovectores
Al ser x = 0 =⇒ y = P −1 x = 0 y por tanto, λ es un autovalor de A .
Recı́procamente, si λ es un autovalor de A existe un vector x = 0 tal que
A x = λx y por tanto,
λx = A x = P −1 AP x =⇒ P λx = AP x =⇒ A(P x) = λ(P x) con P x = 0
5. Autovalores y autovectores
por lo que λ es un autovalor de A.
Teorema 5.2 Sea A una matriz asociada a T ∈ End(V ). Se verifican las
siguientes propiedades:
5.1
Definiciones y propiedades
Sea T ∈ End(V ) donde V es un espacio vectorial definido sobre un cuerpo K.
a) Si λ es un autovalor de A, el conjunto Vλ = {x ∈ V : Ax = λx} es un
subespacio vectorial de V denominado subespacio propio de A asociado
al autovalor λ.
b) Los subespacios propios asociados a autovalores diferentes son disjuntos.
Definición 5.1 [Autovalores y autovectores]
λ1 = λ2 =⇒ Vλ1 ∩ Vλ2 = {0}
Se dice que λ ∈ K es un autovalor o valor propio de la transformación T si
existe algún vector no nulo x ∈ V tal que T (x) = λx. A dicho vector x no
nulo se le denomina autovector o vector propio de T asociado al autovalor λ.
c) Autovectores asociados a autovalores diferentes son linealmente independientes.
Demostración.
Teorema 5.1 Todas las matrices asociadas a un mismo endomorfismo poseen
los mismos autovalores.
a) ∀ x, y ∈ Vλ y ∀ α, β ∈ K =⇒
A(αx + βy) = αAx + βAy = αλx + βλy = λ(αx + βy) =⇒
Demostración. Sean A y A dos matrices asociadas a T ∈ End(V ) respecto
a dos bases B y B de V respectivamente.
b)
Sabemos que la relación que existe entre A y A viene dada por
A = P −1 AP
x ∈ Vλ1 ∩ Vλ2
donde P representa a la matriz no singular del cambio de base de B a B.
Si λ es un autovalor de A =⇒ ∃ x ∈ V, x = 0 tal que Ax = λx.
A = P A P −1 =⇒ λx = Ax = (P A P −1 )x = P A (P −1 x) =⇒
P −1 (λx) = A (P −1 x) =⇒ λ(P −1 x) = A (P −1 x)
Llamando y = P −1 x tenemos que A y = λy.
171
αx + βy ∈ Vλ =⇒ Vλ es un subespacio vectorial de V .
⎧
⎪
⎨ x ∈ Vλ1 =⇒ Ax = λ1 x
=⇒
y
⎪
⎩
x ∈ Vλ2 =⇒ Ax = λ2 x
=⇒
λ1 x = λ2 x =⇒ (λ1 − λ2 )x = 0 con λ1 = λ2 =⇒ x = 0 =⇒
Vλ1 ∩ Vλ2 = {0}.
c) Lo demostraremos por inducción en r.
• Si r = 1 sólo tenemos x1 que por ser autovector asociado a λ1 es
x1 = 0 y por tanto, {x1 } es un sistema libre.
Definiciones y propiedades
173
• Supongamos la propiedad cierta hasta r − 1 y probémosla para r.
Es decir, supongamos que x1 , . . . , xr−1 son linealmente independientes y probemos que x1 , . . . , xr−1 , xr también lo son.
De la combinación lineal:
(5.1)
se tiene que
A
i=1
αi xi = 0 =⇒
Autovalores y autovectores
Propiedades de los autovalores
a) λ es un autovalor de A si, y sólo si, det(λI − A) = 0.
• Si λ es autovalor de A
α1 x1 + · · · + αr−1 xr−1 + αr xr = 0
r
174
r
αi Axi = 0 =⇒
i=1
r
∃ x ∈ V x = 0 tal que Ax = λx =⇒ (λI − A)x = 0
Es decir, el sistema (λI − A)x = 0 admite solución x no trivial y
por tanto, la matriz del sistema es singular.
αi λi xi = 0
i=1
α1 λ1 x1 + · · · + αr−1 λr−1 xr−1 + αr λr xr = 0
det(λI − A) = 0
(5.2)
Multiplicando la ecuación (5.1) por λr obtenemos:
α1 λr x1 + · · · + αr−1 λr xr−1 + αr λr xr = 0
• Si det(λI − A) = 0
(5.3)
y restando la ecuación (5.3) a la ecuación (5.2) obtenemos
α1 (λ1 − λr )x1 + · · · + αr−1 (λr−1 − λr )xr−1 = 0
Al ser, por hipótesis de inducción, x1 , . . . , xr−1 linealmente independientes, se tiene que
α1 (λ1 − λr ) = 0, · · · , αr−1 (λr−1 − λr ) = 0
λi = λj si i = j =⇒ α1 = · · · = αr−1 = 0
que llevados a la ecuación (5.1) nos queda
αr xr = 0 con xr = 0 =⇒ αr = 0
Es decir,
α1 x1 + · · · + αr−1 xr−1 + αr xr = 0 =⇒ αi = 0 1 ≤ i ≤ r
Por tanto, x1 , . . . , xr−1 , xr son linealmente independientes.
De las propiedades anteriores se deduce el siguiente resultado:
Proposición 5.3 Si los autovalores λ1 , λ2 , . . . , λr son todos distintos, la suma
Vλ1 ⊕ Vλ2 ⊕ · · · ⊕ Vλr es directa.
El sistema (λI − A)x = 0 admite solución x no trivial, por lo que
(λI − A)x = 0 =⇒ Ax = λx =⇒ λ es autovalor de A.
b) A admite el autovalor nulo si, y sólo si, el endomorfismo T al que representa es no inyectivo.
• Si λ = 0 es autovalor de A
∃ x = 0 tal que Ax = 0x = 0 ⇐⇒ T (x) = 0 =⇒
Ker(T ) = {0} =⇒ T no es inyectivo.
• Si T no es inyectivo
Ker(T ) = {0} =⇒ ∃ x = 0 tal que T (x) = 0 =⇒
Ax = 0 ⇐⇒ Ax = 0x =⇒ A admite el autovalor nulo.
c) Si λ es autovalor de A asociado al autovector x, λ − k lo es de A − kI
asociado al mismo autovector x.
Si λ es autovalor de A se verifica que
Ax = λx =⇒ Ax − kx = λx − kx =⇒ (A − kI)x = (λ − k)x =⇒
λ − k es un autovalor de A − kI asociado al autovector x.
Definiciones y propiedades
175
d) Si λ es un autovalor de A asociado al autovector x, λm es autovalor Am
asociado al mismo autovector x cualquiera que sea m ∈ N.
λ autovalor de A asociado a x =⇒ Ax = λx =⇒
A2 x = A(Ax) = A(λx) = λ(Ax) = λ(λx) = λ2 x
A3 x = A(A2 x) = A(λ2 x) = λ2 (Ax) = λ2 (λx) = λ3 x
..
.
176
Autovalores y autovectores
El subespacio propio asociado al autovalor 6 viene dado por las soluciones del
sistema
⎧
⎞ ⎛ ⎞
⎛
⎞⎛
⎪
0
2 −4 −2
x1
⎨ x1 = 6λ
⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎟⎜
(6I − A)x = 0 ⇐⇒ ⎝ 0
x2 = λ
4 −1 ⎠ ⎝ x2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ =⇒
⎪
⎩
0
x3
x3 = 4λ
−3 −2
5
V6 = < (6, 1, 4) >
Am x = A(Am−1 x) = A(λm−1 x) = λm−1 (Ax) = λm−1 (λx) = λm x
por lo que λm es autovalor de Am asociado al autovector x cualquiera
que sea m ∈ N.
e) λ es autovalor de A si, y sólo si, el endomorfismo λI − T , cuya matriz
asociada es λI − T , es no inyectivo.
¿Cómo podemos determinar cuáles son los autovalores de una matriz
cuadrada A?
Teniendo en cuenta la primera de las propiedades de los autovalores, vamos
a ver que los autovalores vienen dados a través de las raı́ces del denominado
polinomio caracterı́stico de la matriz.
Es consecuencia directa de la segunda y tercera propiedad.
5.2
Como consecuencia tenemos que:
Polinomio caracterı́stico de una matriz.
Definición 5.2 [Polinomio caracterı́stico]
• Vλ = Ker(λI − T )
• Las ecuaciones del subespacio propio Vλ se obtienen del sistema homogéneo
(λI − A)x = 0
Se denomina polinomio caracterı́stico de una matriz A ∈ Kn×n al polinomio
de grado n que se obtiene desarrollando el determinante de la matriz λI − A.
p(λ) = det(λI − A)
La ecuación p(λ) = 0 se denomina ecuación caracterı́stica.
y por tanto
dim V = n =⇒ dim Vλ = n − rg(λI − A)
⎛
⎞
4 4 2
⎜
⎟
Ejemplo 5.1 Dada la matriz A = ⎝ 0 2 1 ⎠, λ = 6 es un autovalor aso3 2 1
ciado al autovector x = (1, 1/6, 2/3) ya que
⎛
⎞⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
6
1
4 4 2
1
⎟ ⎜ ⎟
⎟
⎜
⎜
⎟⎜
⎝ 0 2 1 ⎠ ⎝ 1/6 ⎠ = ⎝ 1 ⎠ = 6 ⎝ 1/6 ⎠ ⇐⇒ Ax = 6x
2
2
4
/3
/3
3 2 1
Teorema 5.4 Matrices semejantes tienen el mismo polinomio caracterı́stico.
Demostración. Si A y B son dos matrices semejantes, existe una matriz P ,
no singular, tal que
B = P −1 AP =⇒ λI − B = P −1 λP − P −1 AP = P −1 (λI − A)P =⇒
det(λI − B) = det(P −1 (λI − A)P ) = det P −1 det(λI − A) det P
1
=⇒ det(λI − B) = det(λI − A)
det P
por lo que ambas matrices tienen el mismo polinomio caracterı́stico.
det P −1 =
Polinomio caracterı́stico de una matriz.
177
178
Autovalores y autovectores
Análogamente, se denomina polinomio caracterı́stico de una transformación
T de V al polinomio de grado n = dimV que se obtiene desarrollando el
determinante de la matriz λI − A, donde A es una representación cualquiera
de la transformación T .
6
(0, y)
JJ
]
x
f (x) J
J J
(−x, 0)
Corolario 5.5 El polinomio caracterı́stico de una transformación no depende
de la matriz representación que se tome.
Demostración. Si A y B son dos matrices que representan a la misma transformación T , sabemos que son semejantes y por el Teorema 5.4 tienen el mismo
polinomio caracterı́stico.
Teorema 5.6 Los autovalores de una matriz son las raı́ces de su polinomio
caracterı́stico.
Demostración. Es consecuencia directa de la primera propiedad de los autovalores.
Una consecuencia inmediata de los resultados anteriores es que tanto los autovalores como los autovectores son valores intrı́nsecos de la transformación y
no dependen de la matriz que la represente, es decir, no dependen de la base
que se tome del espacio V .
2
Ejemplo 5.2 Imaginemos en el plano real R una transformación que consiste
en reflejar un vector tomando como eje de reflexión (como espejo) una dirección
determinada.
Supongamos que, respecto de la base canónica, el eje de reflexión (el espejo)
es la dirección del eje OY , es decir la dirección del vector (0, 1) (véase la
Figura 5.1).
Podemos observar que todos los vectores proporcionales al (0, 1), es decir,
situados en el eje OY se quedan invariantes, mientras que todos los situados
en el eje OX (proporcionales al (1, 0)) se transforman en su opuesto.
Se tiene por tanto que
f (0, y) = (0, y) = 1 · (0, y)
f (x, 0) = (−x, 0) = −1 · (x, 0)
es decir, la reflexión que hemos definido tiene dos autovalores
λ1 = 1
y
λ2 = −1
(x, 0)
Espejo
Figura 5.1: Una reflexión de eje OY
y las variedades propias asociadas son, respectivamente
V1 = < (0, 1) >
y
V2 = < (1, 0) >
2
Tomemos ahora como base de R las direcciones de las bisectrices de los cuadrantes (véase la Figura 5.2).
@
@
6
@
]J
@J
x
J
f@(x)
@J @
J
@
@
@
-
@
@
Espejo
@
@
@
Figura 5.2: La misma reflexión cambiando los ejes.
¿Qué hemos cambiado?
El eje de reflexión sigue siendo el mismo que antes, sólo que ahora no viene
determinado
por
√
√ la dirección (0, 1) sino por la (1, 1) o para ser más precisos,
por la ( 2/2, 2/2) que son las coordenadas del antiguo vector (0, 1) respecto
al nuevo sistema de referencia.
Los vectores proporcionales al (1, 1) seguirán quedándose invariantes mientras
que los proporcionales al (1, −1) se transformarán en su opuesto, es decir
λ1 = 1
y
λ2 = −1
Polinomio caracterı́stico de una matriz.
179
y las variedades propias asociadas son, respectivamente
√
√
V1 = < ( 2/2, 2/2) >
y
√
√
V2 = < ( 2/2, − 2/2) >
En resumen, los autovalores son los mismos, y los autovectores también son
los mismos, lo único que ha cambiado de los autovectores son sus coordenadas
porque hemos cambiado de base, pero siguen siendo los mismos vectores. Definición 5.3 [Multiplicidad aritmética de un autovalor]
Se define multiplicidad aritmética de un autovalor λ de una matriz A, como
la multiplicidad de λ como raı́z del polinomio caracterı́stico de A.
Teorema 5.7 Si la multiplicidad de un autovalor es α, se verifica que
180
Autovalores y autovectores
⎛
1
0
⎜
Ejemplo 5.3 Si A = ⎝ 2 −1
1
2
⎞
2
⎟
3 ⎠, su polinomio caracterı́stico
0
p(λ) = λ3 + a1 λ2 + a2 λ + a3
verifica que
a1 = (−1)1 (1 − 1 + 0) = 0
1
0 1
2
a2 = (−1)2 +
2 −1 1
0
1
0
2 a3 = (−1)3 2 −1
3 = −4
1
2
0 −1
+
2
3
0
= −1 − 2 − 6 = −9
El polinomio caracterı́stico de A es entonces
p(λ) = λ3 − 9λ − 4
1 ≤ dim Vλ ≤ α
5.3
Teorema 5.8 Si p(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an es el polinomio caracterı́stico de una matriz A, se tiene que
ai = (−1)i
Mi (A)
donde Mi (A) representan a los menores principales de orden i de la matriz A.
En particular se verifica que:
• La suma de los autovalores coincide con la traza de la matriz
n
Diagonalización por semejanza
Definición 5.4 [Matriz diagonalizable]
Una matriz A ∈ Kn×n se dice diagonalizable si es semejante a otra matriz
diagonal D, es decir, si existe una matriz P ∈ Kn×n no singular tal que
⎞
⎛
d1 0 · · · 0
⎟
⎜
⎜ 0 d2 · · · 0 ⎟
⎟
P −1 AP = D con D = ⎜
⎜ .. .. . . . .. ⎟
. ⎠
⎝ . .
0 0 · · · dn
En este caso se dice que D es una forma diagonal de A y que P es la matriz
de paso.
λi = tr A
i=1
• El producto de los autovalores es igual al determinante de la matriz
n
i=1
λi = det A
P −1 AP = D =⇒ AP = P D y si Pi representa la columna i-ésima de P
tenemos
APi = di Pi i = 1, 2, . . . , n
por lo que los elementos di i = 1, 2, . . . , n de la diagonal de D son los
autovalores de la matriz A. Por tanto, salvo reordenación de los elementos
diagonales, la matriz D está determinada.
Diagonalización por semejanza
5.3.1
181
Endomorfismos diagonalizables.
Definición 5.5 Un endomorfismo T : V → V se dice diagonalizable si lo es
cualquier matriz A representación de T .
Esta definición no tendrı́a validez de no verificarse el siguiente teorema.
Teorema 5.9 Si A es una representación diagonalizable de T entonces, cualquier matriz B representación de T es también diagonalizable.
182
Autovalores y autovectores
Demostración.
AP = A(x1 x2 · · · xn ) = (Ax1 Ax2 · · · Axn ) = (λ1 x1 λ2 x2 · · · λn xn ) =
⎞
⎛
λ1 0 · · · 0
⎟
⎜
⎜ 0 λ2 · · · 0 ⎟
= (x1 x2 · · · xn ) ⎜
= PD
.. . .
.. ⎟
⎜ ..
. . ⎟
.
⎠
⎝ .
0 0 · · · λn
Como los vectores x1 , x2 , . . . , xn son linealmente independientes, P es no
singular y por tanto invertible. Entonces,
AP = P D =⇒ P −1 AP = D.
Demostración. Si A es diagonalizable existe una matriz P , no singular, tal
que P −1 AP = D.
Al ser A y B representaciones de T son semejantes, es decir, existe una matriz
Q no singular tal que A = Q−1 BQ.
D = P −1 AP = P −1 Q−1 BQP = (QP )−1 B(QP ) =⇒
Obsérvese que si x es un autovector asociado al autovalor λ, cualquier vector
μx proporcional a él sigue siendo autovector de A asociado a λ, por lo que la
matriz P no es única, a menos que busquemos una matriz P cuyas columnas
tengan todas norma 1.
¿Es siempre diagonalizable una matriz?
B es diagonalizable.
La respuesta es NO. Veámoslo con un ejemplo.
Obsérvese que cuando una matriz A es considerada como una representación
de un endomorfismo T , no es válida su diagonalización mediante transformaciones elementales, ya que el sistema de vectores columnas que se obtiene no
es equivalente al original, es decir, no genera el mismo espacio vectorial que el
sistema original de vectores columnas.
Ejemplo 5.4 El polinomio caracterı́stico de la matriz A =
Podemos decir entonces que un endomorfismo T : V → V es diagonalizable
cuando existe una base de V respecto a la cual la matriz asociada a T es
diagonal.
Análogamente podemos decir que una matriz cuadrada A es diagonalizable si
está asociada a un endomorfismo diagonalizable.
Teorema 5.10 Sea A ∈ Kn×n una matriz con n autovectores linealmente
independientes x1 , . . . , xn y sea P = (x1 · · · xn ) la matriz cuyas columnas son
dichos autovectores. Entonces P −1 AP = D donde D es una matriz diagonal
cuyos elementos diagonales son los autovalores de la matriz A.
0 1
0 0
es
p(λ) = λ2 por lo que sus autovalores son λ1 = λ2 = 0.
Los autovectores asociados a su único autovalor λ = 0 vienen determinados
por Ax = 0x = 0 por tanto
0 1
x1
0
=
=⇒ x2 = 0 =⇒ x = (x1 , 0) = x1 (1, 0)
0 0
0
x2
es decir, no posee dos autovectores linealmente independientes.
Si A fuese diagonalizable su forma diagonal serı́a
0 0
λ1 0
=
D=
0 0
0 λ2
0 0
0 0
−1
−1
−1
=⇒ A = P
P =
= A
P AP = D ⇐⇒ A = P DP
0 0
0 0
por lo que A no es diagonalizable.
Diagonalización por semejanza
183
Como sabemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes, podemos dar el siguiente corolario.
Corolario 5.11 Toda matriz cuadrada A ∈ Kn×n que posea n autovalores
distintos es diagonalizable.
En el Ejemplo 5.4 vimos que A no tenı́a 2 autovectores linealmente independientes y que no era diagonalizable, pero
¿podemos asegurar que si A no posee n autovectores linealmente independientes no es diagonalizable?
184
Autovalores y autovectores
Demostración. Si A es diagonalizable existe una matriz P no singular tal
que P −1 AP = D
Como A y D son semejantes, poseen los mismos autovalores y dado que D
tiene n autovalores (di i = 1, . . . , n), A también tiene n autovalores.
Obsérvese que si A ∈ Rn×n , como p(λ) es un polinomio de grado n con coeficientes reales y R no es un cuerpo algebraicamente cerrado, puede no tener
n raı́ces (reales) y por tanto existirán matrices A ∈ Rn×n que no posean n
autovalores.
La respuesta, en este caso es SÍ, pero para probarlo debemos ver algunos
resultados previos.
Si trabajamos en C, es decir, si A ∈ Cn×n , como C es algebraicamente cerrado,
A posee siempre n autovalores. Sin embargo, el teorema anterior nos dice que
si A es diagonalizable posee n autovalores pero el recı́proco no es cierto.
Teorema 5.12 [Caracterización de las matrices diagonales]
Nos encontramos ahora en condiciones de dar respuesta a la pregunta que nos
planteábamos anteriormente.
Una matriz D ∈ Kn×n es diagonal si, y sólo si, admite por autovectores a los
vectores ei de la base canónica de Kn . Además, cada ei es autovector de D
asociado al autovalor di (elemento i-ésimo de la diagonal).
Demostración.
⎛
⎜
⎜
D=⎜
⎜
⎝
d1 0
0 d2
.. ..
. .
0 0
···
...
...
0
0
..
.
⎞
⎟
⎟
⎟ =⇒ Dei = di ei =⇒
⎟
⎠
· · · dn
di es autovalor de D y ei es un autovector asociado a di .
Recı́procamente, si e1 , . . . , en son autovectores de D asociados a λ1 , . . . , λn
respectivamente, Dei = λi ei i = 1, . . . , n.
Ahora bien, Dei = i-ésima
⎛
λ1
⎜
⎜ 0
⎜
D=⎜ .
⎝ ..
0
columna de D y por tanto
⎞
0 ··· 0
⎟
λ2 . . . 0 ⎟
=⇒ D es diagonal.
.. . .
.. ⎟
. . ⎟
.
⎠
0 · · · λn
Teorema 5.13 Toda matriz A ∈ Kn×n diagonalizable posee n autovalores, no
necesariamente distintos.
Teorema 5.14 [Caracterización de las matrices diagonalizables]
Una matriz A ∈ Kn×n es diagonalizable si, y sólo si, existe una base de Kn
constituida por autovectores de A, es decir, si A admite n autovectores linealmente independientes.
La matriz de paso P tiene por columnas las coordenadas de dichos autovectores.
Demostración. La condición suficiente quedó probada en el Teorema 5.10.
Veamos entonces que si A es diagonalizable posee n autovectores linealmente
independientes.
A diagonalizable =⇒ ∃ P no singular tal que P −1 AP = D con D diagonal.
Al ser D diagonal, admite n autovalores (di i = 1, . . . , n) y n autovectores
linealmente independientes (ei i = 1, . . . , n, vectores de la base canónica de
Kn ).
Por ser A y D semejantes poseen el mismo polinomio caracterı́stico y por
tanto, los mismos autovalores con las mismas multiplicidades aritméticas.
Dado que P es no singular
rg(A − di I) = rg P −1 (A − di I)P = rg(D − di I) =⇒
dim VA (di ) = n − rg(A − di I) = n − rg(D − di I) = dim VD (di )
Diagonalización por semejanza
185
es decir, poseen también las mismas multiplicidades geométricas.
Como sabemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes, tenemos que el número de autovectores linealmente
independientes de una matriz viene dado por la suma de las multiplicidades
geométricas de sus autovalores, es decir, por
r
dim VA (λi )
i=1
Al ser dim VA (di ) = dim VD (di ) para i = 1, . . . , r siendo r el número de autovalores distintos, y dado que D es diagonal se tiene que
r
dim VD (di ) = n =⇒
i=1
r
dim VA (di ) = n
i=1
es decir, A posee n autovectores linealmente independientes.
Corolario 5.15 Una matriz A ∈ Rn×n es diagonalizable si, y sólo si:
186
Autovalores y autovectores
Teorema 5.17 Autovectores correspondientes a autovalores distintos de una
matriz real y simétrica son ortogonales.
Demostración. Sean v1 y v2 autovectores asociados a los autovalores λ1 y λ2
con λ1 = λ2 .
⎧
⎧
⎧
⎨ v2T Av1 = v2T λ1 v1
⎨ v2T Av1 = λ1 v2T v1 (1)
⎨ Av1 = λ1 v1
=⇒
=⇒
⎩ T
⎩ T
⎩
v1 Av2 = λ2 v1T v2 (2)
Av2 = λ2 v2
v1 Av2 = v1T λ2 v2
Trasponiendo (1) tenemos v1T Av2 = λ1 v1T v2 y restándola de (2) se obtiene:
(λ2 − λ1 )v1T v2 = 0
Como λ1 = λ2 =⇒ v1T v2 = 0 =⇒ v1 y v2 son ortogonales.
Teorema 5.18 Toda matriz real y simétrica es diagonalizable con una matriz
de paso ortogonal.
a) Todos sus autovalores son reales.
b) Para cada autovalor λ de A, la dimensión del subespacio propio Vλ coincide con la multiplicidad del autovalor.
5.3.2
Diagonalización de matrices simétricas.
Hemos visto bajo qué condiciones es diagonalizable una matriz cuadrada. En
esta sección veremos que si la matriz considerada es simétrica siempre es diagonalizable y además la matriz de paso puede ser ortogonal. Es decir, toda
matriz simétrica puede ser diagonalizada de la forma D = P T AP .
Teorema 5.16 Los autovalores de una matriz simétrica son todos reales.
Demostración. Denotemos por A∗ a la matriz traspuesta conjugada de A.
∗
Por ser A real y simétrica, es A = A .
Si λ es un autovector de A y v = 0 un autovector de A asociado a λ se tiene
que Av = λv. Entonces:
v ∗ Av = v ∗ λv =⇒ (v ∗ Av)∗ = (v ∗ λv)∗ =⇒ v ∗ A∗ v = v ∗ λ∗ v =⇒
v ∗ Av = v ∗ λv =⇒ v ∗ λv = v ∗ Av = v ∗ λv =⇒ λv ∗ v = λv ∗ v =⇒ (λ − λ)v ∗ v = 0
v = 0 =⇒ v ∗ v = 0 =⇒ λ = λ =⇒ λ ∈ R.
Esto es equivalente a decir que si A ∈ Rn×n es simétrica, existe una base
ortonormal de Rn constituida por autovectores de A.
Obsérvese que la matriz asociada a T respecto de la base B construida anteriormente es una matriz diagonal D cuyos elementos diagonales son los autovalores de T y la matriz de paso es la formada por los autovectores de T
linealmente independientes verificándose además que P −1 = P T , es decir, que
P es ortogonal. Por tanto,
D = P T AP
Para encontrar la matriz de paso P basta encontrar en cada subespacio propio
V (λ) una base y ortonormalizarla. La unión de las bases ası́ buscadas es la
base de Rn ortonormal de autovectores que nos definen P .
⎛
3 −1
⎜
Ejemplo 5.5 Consideremos la matriz simétrica A = ⎝ −1
3
0
0
Su polinomio caracterı́stico es
p(λ) = λ3 − 8λ2 + 20λ − 16 = (λ − 2)2 (λ − 4)
por lo que sus autovalores son el 2 doble y el 4 simple.
⎞
0
⎟
0 ⎠
2
Diagonalización por semejanza
187
Los autovectores asociados a λ = 2 vienen dados por las soluciones del sistema
⎧
⎞ ⎛ ⎞
⎛
⎞⎛
⎪
0
−1
1
0
x1
⎨ x1 = α
⎟ ⎜ ⎟
⎜
⎟⎜
(2I − A)x = 0 ⇐⇒ ⎝ 1 −1
0 ⎠ ⎝ x2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ =⇒
x2 = α
⎪
⎩
0
0
0
0
x3 = β
x3
188
5.3.3
⎩
Aplicaciones de la diagonalización.
• Potencias de matrices
Si A es una matriz diagonalizable, existe otra matriz no singular P tal
que P −1 AP = D =⇒ A = P DP −1 . Entonces:
⎧
⎨ α = 1 β = 0 =⇒ v1 = (1, 1, 0)
Para
Autovalores y autovectores
m
Am = (P DP −1 )m = P DP −1 · P DP −1 · · · P DP −1 = P Dm P −1 =⇒
=⇒ V2 = < v1 , v2 >
Am = P Dm P −1
α = 0 β = 1 =⇒ v2 = (0, 0, 1)
Dado que v1 ⊥ v2 , una base ortonormal de V2 e la formada por los vectores
v1
√
√
= ( 1/ 2, 1/ 2, 0)
u1 =
v1 y
• Inversa de una matriz
v2
u2 =
= (0, 0, 1)
v2 A−1 = (P DP −1 )−1
⎛
d1 · · ·
⎜ .
Si D = ⎝ .. . . .
Los autovectores asociados a λ = 4 vienen dados por las soluciones del sistema
⎧
⎛
⎞⎛
⎞ ⎛ ⎞
⎪
1
1
0
x1
0
⎨ x1 = α
⎜
⎟⎜
⎟ ⎜ ⎟
(4I − A)x = 0 ⇐⇒ ⎝ 1
1
0 ⎠ ⎝ x2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ =⇒
x2 = −α
⎪
⎩
0
0
2
0
x3 = 0
x3
0
⎛
A
Por lo que
Una base ortonormal de V3 viene dada por el vector
5.4
v3
√
√
= ( 1/ 2, − 1/ 2, 0)
u3 =
v3 Una base ortonormal de R3 constituida por autovectores de A es la unión de
las bases obtenidas, es decir
√
1/
2
⎜ √
por lo que P = ⎝ 1/ 2
0
B = {u1 , u2 , u3 }
√ ⎞
1/ 2
0
√ ⎟
0 − 1/ 2 ⎠ con P −1 = P T es decir, P ortogonal.
1
0
Se verifica entonces que
⎞
2 0 0
⎜
⎟
P AP = D = ⎝ 0 2 0 ⎠
0 0 4
−1
⎜
=P⎝
1/d1 · · ·
..
...
.
0
V4 = < v3 > con v3 = (1, −1, 0)
⎛
= P D−1 P −1 .
⎞
⎞
⎛
0
0
1/d1 · · ·
⎜ .
.. ⎟
.. ⎟
..
−1
.
. ⎠ =⇒ D = ⎝ ..
. ⎠ =⇒
· · · dn
0
· · · 1/dn
⎛
T
⎞
0
..
.
⎟ −1
⎠P
· · · 1/dn
Ejercicios resueltos
Ejercicio 5.1 Probar que las matrices
⎛
⎞
1
0
0
⎜
⎟
A = ⎝ 0 −1
1 ⎠ y
0
0 −1
⎛
⎞
1
0
0
⎜
⎟
B = ⎝ 0 −1
0 ⎠
0
0 −1
no son semejantes, pero poseen los mismos autovalores.
Solución: Los polinomios caracterı́sticos son
λ−1
0
0
pA (λ) = |λI − A| = 0
λ + 1 −1
0
0
λ+1
λ−1
0
0
pB (λ) = |λI − B| = 0
λ+1
0
0
0
λ+1
= (λ − 1)(λ + 1)2
= (λ − 1)(λ + 1)2